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2015届高考数学(理)第一轮复习达标课时跟踪检测:16 导数与函数的综合问题 含答案

时间:2015-02-04


课时跟踪检测(十六)

导数与函数的综合问题

(分Ⅰ、Ⅱ卷,共 2 页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷

? 1? 1.(2014·宜昌模拟)已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax?a> ?,当 ? 2?
x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 的值等于( A. C. 1 4 1 2
3

)

B.

1 3

D.1

2.函数 f(x)=x -3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意 x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t, 则实数 t 的最小值是( A.20 C.3 ) B.18 D.0

3.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf′(x)+f(x)≤0,对任意正数 a,b,若 a<b,则必有( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) ) B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

4.(2013·山西诊断)设 D 是函数 y=f(x)定义域内的一个区间,若存在 x0∈D,使 f(x0) =-x0,则称 x0 是 f(x)的一个“次不动点”,也称 f(x)在区间 D 上存在“次不动点”,若函 5 2 数 f(x)=ax -3x-a+ 在区间[1,4]上存在“次不动点”,则实数 a 的取值范围是( 2 A.(-∞,0) )

? 1? B.?0, ? ? 2?
1? ? D.?-∞, ? 2? ?

?1 ? C.? ,+∞? ?2 ?

1 3 39 2 5.电动自行车的耗电量 y 与速度 x 之间有关系 y= x - x -40x(x>0),为使耗电量最 3 2 小,则速度应定为________. 6.函数 f(x)=ax +x 恰有三个单调区间,则 a 的取值范围是________.
3

a 7.已知函数 f(x)=ln x- . x (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; (2)若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围.
2

-1-

8.(2014·泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11),年销售为 u 585 ? 21?2 万件,若已知 -u 与?x- ? 成正比,且售价为 10 元时,年销量为 28 万件. 4? 8 ? (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润.

第Ⅱ卷:提能增分卷

1.(2013·浙江十校联考)已知函数 f(x)=ln x+ax(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)=x -4x+2,若对任意 x1∈(0,+∞),均存在 x2∈[0,1],使得 f(x1)<g(x2), 求 a 的取值范围.
2

2.(2014·江南十校高三联考)已知函数 f(x)= 数的底数). (1)求函数 f(x)的解析式和单调区间;

e

1 2 x ·e -f(0)·x+ x (e 是自然对 2

-2-

1 2 (2)若函数 g(x)= x +a 与函数 f(x)的图像在区间[-1,2]上恰有两个不同的交点,求实 2 数 a 的取值范围.

3.(2014·宁波月考)已知 f(x)=xln x,g(x)=x +ax -x+2.

3

2

? 1 ? (1)如果函数 g(x)的单调递减区间为?- ,1?,求函数 g(x)的解析式; ? 3 ?
(2)在(1)的条件下,求函数 y=g(x)的图像在点 P(-1,1)处的切线方程; (3)若不等式 2f(x)≤g′(x)+2 恒成立,求实数 a 的取值范围.





第Ⅰ组:全员必做题 1.选 D 由题意知,当 x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1. 1 1 令 f′(x)= -a=0,得 x= , x a 1 当 0<x< 时,f′(x)>0; a 1 当 x> 时,f′(x)<0. a

?1? ∴f(x)max=f? ?=-ln a-1=-1, ?a?
解得 a=1. 2.选 A 因为 f′(x)=3x -3=3(x-1)(x+1),令 f′(x)=0,得 x=±1,所以-1,1 为函数的极值点.又 f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以在区间[-3,2] 上 f(x)max=1,f(x)min=-19.又由题设知在区间[-3,2]上 f(x)max-f(x)min≤t,从而 t≥20, 所以 t 的最小值是 20. 3.选 A ∵xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0,
2

-3-

∴?

? ?

x

?′= ? ?
x

- x
2

- ≤

x

2

≤0. ≥ .

则函数

在(0,+∞)上是单调递减的,由于 0<a<b,则

a

b

即 af(b)≤bf(a). 4.选 D 设 g(x)=f(x)+x,依题意,存在 x∈[1,4],使 g(x)=f(x)+x=ax -2x-a 5 1 5 2 + =0.当 x=1 时,g(1)= ≠0;当 x≠1 时,由 ax -2x-a+ =0 得 a= 2 2 2 = 4x-5 2 -
2 2

4x-5 2 -

.记 h(x)

-2x +5x-2 1 (1<x≤4),则由 h′(x)= 2 2 =0 得 x=2 或 x= (舍去).当 x∈(1,2) - 2

时,h′(x)>0;当 x∈(2,4)时,h′(x)<0,即函数 h(x)在(1,2)上是增函数,在(2,4)上是减 1 函数,因此当 x=2 时,h(x)取得最大值,最大值是 h(2)= ,故满足题意的实数 a 的取值范 2 1? ? 围是?-∞, ?,选 D. 2? ? 5.解析:由 y′=x -39x-40=0, 得 x=-1 或 x=40, 由于 0<x<40 时,y′<0; 当 x>40 时,y′>0. 所以当 x=40 时,y 有最小值. 答案:40 6.解析:f(x)=ax +x 恰有三个单调区间,即函数 f(x)恰有两个极值点,即 f′(x)=0 有两个不等实根. ∵f(x)=ax +x,∴f′(x)=3ax +1. 要使 f′(x)=0 有两个不等实根,则 a<0. 答案:(-∞,0) 7.解:(1)由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 a x+a 且 f′(x)= + 2= 2 . x x x ∵a>0,∴f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. a 2 2 (2)∵f(x)<x ,∴ln x- <x . x 又 x>0,∴a>xln x-x . 令 g(x)=xln x-x , h(x)=g′(x)=1+ln x-3x ,
2 3 3 3 2 3 2

-4-

1 1-6x h′(x)= -6x= . x x ∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数. g(x)<g(1)=-1,∴当 a≥-1 时, f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立. 585 ? 21?2 8.解:(1)设 -u=k?x- ? , 4? 8 ? ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, ∴ 21?2 585 ? -28=k?10- ? ,解得 k=2. 4? 8 ?
2

2

? 21?2 585 ∴u=-2?x- ? + 4? 8 ?
=-2x +21x+18. ∴y=(-2x +21x+18)(x-6)=-2x +33x -108x-108(6<x<11). (2)y′=-6x +66x-108=-6(x -11x+18)=-6(x-2)(x-9). 令 y′=0,得 x=2(舍去)或 x=9, 显然,当 x∈(6,9)时,y′>0; 当 x∈(9,11)时,y′<0. ∴函数 y=-2x +33x -108x-108 在(6,9)上是递增的,在(9,11)上是递减的. ∴当 x=9 时,y 取最大值,且 ymax=135, ∴售价为 9 元时,年利润最大,最大年利润为 135 万元. 第Ⅱ组:重点选做题 1 ax+1 1.解:(1)f′(x)=a+ = (x>0). x x ①当 a≥0 时,由于 x>0,故 ax+1>0, f′(x)>0, 所以 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 1 ②当 a<0 时,由 f′(x)=0,得 x=- . a 1? ? ? 1 ? 在区间?0,- ?上,f′(x)>0,在区间?- ,+∞?上, a? ? ? a ? 1? ? ? 1 ? f′(x)<0,所以函数 f(x)的单调递增区间为?0,- ?,单调递减区间为?- ,+∞?. a ? ? ? a ?
3 2 2 2 2 3 2 2

-5-

综上所述,当 a≥0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞), 1? ? ? 1 ? 当 a<0 时,f(x)的单调递增区间为?0,- ?,单调递减区间为?- ,+∞?. a? ? ? a ? (2)由题意得 f(x)max<g(x)max, 而 g(x)max=2, 由(1)知,当 a≥0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,值域为 R,故不符合题意. 1? ? ? 1 ? 当 a<0 时,f(x)在?0,- ?上单调递增,在?- ,+∞?上单调递减, a? ? ? a ?

? 1? ? 1? 故 f(x)的极大值即为最大值,f?- ?=-1+ln?- ?=-1-ln(-a), ? a? ? a?
1 所以 2>-1-ln(-a),解得 a<- 3. e 1? ? 故 a 的取值范围为?-∞,- 3?. e? ? 2.解:(1)由已知得 f′(x)= e e -f(0)+x,
x

令 x=1,得 f′(1)=f′(1)-f(0)+1, 即 f(0)=1. 又 f(0)= e ,所以 f′(1)=e.

1 2 x 从而 f(x)=e -x+ x . 2 显然 f′(x)=e -1+x 在 R 上单调递增且 f′(0)=0,故当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0), 单调递增区间是(0,+∞). (2)由 f(x)=g(x)得 a=e -x. 令 h(x)=e -x,则 h′(x)=e -1. 由 h′(x)=0 得 x=0. 所以当 x∈(-1,0)时,h′(x)<0; 当 x∈(0,2)时,h′(x)>0. ∴h(x)在(-1,0)上单调递减, 在(0,2)上单调递增. 1 2 又 h(0)=1,h(-1)=1+ ,h(2)=e -2 e 且 h(-1)<h(2).
x x x x

-6-

1? ? ∴两个图像恰有两个不同的交点时,实数 a 的取值范围是?1,1+ ?. e? ?

? 1 ? 2 2 3.解:(1)g′(x)=3x +2ax-1,由题意得 3x +2ax-1<0 的解集是?- ,1?, ? 3 ?
1 2 即 3x +2ax-1=0 的两根分别是- ,1. 3 1 2 3 2 将 x=1 或 x=- 代入方程 3x +2ax-1=0,得 a=-1.∴g(x)=x -x -x+2. 3 (2)由(1)知,g′(x)=3x -2x-1, ∴g′(-1)=4, ∴点 P(-1,1)处的切线斜率 k=g′(-1)=4, ∴函数 y=g(x)的图像在点 P(-1,1)处的切线方程为 y-1=4(x+1),即 4x-y+5=0. (3)∵f(x)的定义域为(0,+∞),∴2f(x)≤g′(x)+2 恒成立,即 2xln x≤3x +2ax+1 对 x∈(0,+∞)上恒成立. 3x 1 可得 a≥ln x- - 在 x∈(0,+∞)上恒成立. 2 2x 3x 1 令 h(x)=ln x- - , 2 2x 1 3 1 则 h′(x)= - + 2=- x 2 2x - 2x
2 2 2



.

1 令 h′(x)=0,得 x=1 或 x=- (舍). 3 当 0<x<1 时,h′(x)>0; 当 x>1 时,h′(x)<0. ∴当 x=1 时,h(x)取得最大值, h(x)max=h(1)=-2, ∴a≥-2.∴a 的取值范围是[-2,+∞).

-7-


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